2026届江西省临川区第一中学高二数学第一学期期末达标测试试题含解析

2026届江西省临川区第一中学高二数学第一学期期末达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．双曲线C：的渐近线方程为（）A. B.C. D.2．若抛物线上一点到焦点的距离为5，则点的坐标为（）A. B.C. D.3．已知分别是椭圆的左，右焦点，点M是椭圆C上的一点，且的面积为1，则椭圆C的短轴长为（）A.1 B.2C. D.44．在等比数列中，，，则（）A.2 B.4C.6 D.85．已知直线l1：y＝x+2与l2：2ax+y﹣1＝0垂直，则a＝（）A. B.C.﹣1 D.16．已知函数的导数为，且，则（）A. B.C.1 D.7．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（）A. B.C. D.8．函数在的图象大致为（）A. B.C D.9．设函数在上单调递减，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.10．已知椭圆的两个焦点分别为，且平行于轴的直线与椭圆交于两点，那么的值为（）A. B.C. D.11．对数的创始人约翰·奈皮尔（JohnNapier，1550-1617）是苏格兰数学家．直到18世纪，瑞士数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系，人们才认识到指数与对数之间的天然关系对数发现前夕，随着科技的发展，天文学家做了很多的观察，需要进行很多计算，特别是大数的连乘，需要花费很长时间．基于这种需求，1594年，奈皮尔运用了独创的方法构造出对数方法．现在随着科学技术的需要，一些幂的值用数位表示，譬如，所以的数位为4．那么的数位是（）（注）A.6 B.7C.606 D.60712．“”是“直线：与直线：平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若圆柱的高、底面半径均为1，则其表面积为___________14．某中学高三（2）班甲，乙两名同学自高中以来每次考试成绩的茎叶图如图所示，则甲的中位数与乙的极差的和为___________.15．如图，把正方形纸片沿对角线折成直二面角，则折纸后异面直线，所成的角为___________.16．已知直线l1：（1）x+y﹣2=0与l2：（1）x+ay﹣4=0平行，则a=_____.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，在长方体中，，点E在棱上运动（1）证明：；（2）当E为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值；（3）等于何值时，二面角的大小为？18．（12分）已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）若对，恒成立，求的取值范围.19．（12分）已知函数.（1）若在处取得极值，求在处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）若函数在上无零点，求实数的取值范围.20．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点（1）求证：D1F平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值.21．（12分）已知双曲线C：(a>0，b>0）的离心率为，且双曲线的实轴长为2（1）求双曲线C的方程；（2）已知直线x－y+m=0与双曲线C交于不同的两点A、B，且线段AB中点在圆x2＋y2=17上，求m的值22．（10分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，直线垂直于平面分别为的中点，直线与相交于点.（1）证明：与不垂直；（2）求二面角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】根据给定的双曲线方程直接求出其渐近线方程作答.【详解】双曲线C：的实半轴长，虚半轴长，即有，而双曲线C的焦点在y轴上，所以双曲线C的渐近线的方程为，即.故选：D2、C【解析】设，由抛物线的方程可得准线方程为，由抛物线的性质到焦点的距离等于到准线的距离，求出，解出纵坐标，进而求出【详解】由题意可得，解得，代入抛物线的方程，解得，所以的坐标，故选：C.3、B【解析】首先分别设，，再根据椭圆的定义和性质列出等式，即可求解椭圆的短轴长.【详解】设，，所以，即，即，得，短轴长为.故选：B4、D【解析】由等比中项转化得，可得，求解基本量，由等比数列通项公式即得解【详解】设公比为，则由，得，即故，解得故选：D5、A【解析】利用两直线垂直斜率关系，即可求解.【详解】直线l1：y＝x+2与l2：2ax+y﹣1＝0垂直，.故选:A【点睛】本题考查两直线垂直间的关系，属于基础题.6、B【解析】直接求导，令求出，再将带入原函数即可求解.【详解】由得，当时，，解得，所以，.故选：B7、D【解析】设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可.【详解】设，，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值，当M在位置或时等号成立.故选：D8、D【解析】函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，因为，所以排除选项；当时，有一零点，设为，当时，为减函数，当时，为增函数故选：D.9、B【解析】分析可知，对任意的恒成立，由参变量分离法可得出，求出在时的取值范围，即可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知对任意的恒成立，则对任意的恒成立，当时，，.故选：B.10、A【解析】根据椭圆的方程求出，再由椭圆的对称性及定义求解即可.【详解】由椭圆的对称性可知，,所以，又椭圆方程为，所以，解得，所以，故选：A11、D【解析】根据已知条件，设，则，求出t的范围，即可判断其数位.【详解】设，则，则，则，，的数位是607.故选：D.12、C【解析】根据两直线平行求得的值，由此确定充分、必要条件.【详解】由于，所以，当时，两直线重合，不符合题意，所以.所以“”是“直线：与直线：平行”的充要条件.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据圆柱表面积公式求解即可.【详解】根据题意得到圆柱的高，底面半径，则表面积.故答案为：14、111【解析】求出甲的中位数和乙的极差即得解.【详解】解：由题得甲的中位数为，乙的极差为，所以它们的和为.故答案为：11115、##30°【解析】过点E作CE∥AB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平行四边形，进而（或其补角）是所求角，算出答案即可.【详解】过点E作CE∥AB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平行四边形，设所求角为，于是.设原正方形ABCD边长为2，取AC的中点O，连接DO,BO，则且，而平面平面，且交于AC，所以平面ABEC，则.易得，，，而则于是，,.在中，，取DE的中点F，则，所以，即，于是.故答案为：.16、2【解析】根据两直线平行的充要条件求解【详解】因为已知两直线平行，所以，解得故答案为：【点睛】本题考查两直线平行的充要条件，两直线平行的充要条件是，或，在均不为0时，用表示容易理解与记忆三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）连接、，长方体、线面垂直的性质有、，再根据线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）连接，由已知条件及勾股定理可得、，即可求、，等体积法求到面的距离，又直线与面所成角即为与面所成角，即可求线面角的正弦值.（3）由题设易知二面角为，过作于，连接，可得二面角平面角为，令，由长方体的性质及勾股定理构造方程求即可.【小问1详解】由题设，连接、，又长方体中，∴为正方形，即，又面，面，即，∵，面，∴面，而面，即.【小问2详解】连接，由E为棱的中点，则，∴，又，故，∴，又，，故，则，由，若到面的距离为，又，，∴，可得，又，∴直线与面所成角即为与面所成角为，故.【小问3详解】二面角大小为，即二面角为，由长方体性质知：面，面，则，过作于，连接，又，∴面，则二面角平面角为，∴，令，则，故，而，，∴，∴，整理得，解得.∴时，二面角的大小为.18、（1）极小值为，无极大值；（2）.【解析】（1）对函数进行求导、列表、判断函数的单调性，最后根据函数极值的定义进行求解即可；（2）对进行常变量分离，然后构造新函数，对新函数进行求导，判断其单调性，进而求出新函数的最值，最后根据题意求出的取值范围即可.【详解】（1）函数的定义域为，当时，.由，得.当变化时，，的变化情况如下表-0+单调递减极小值单调递增所以在上单调递减，上单调递增，所以函数的极小值为，无极大值.（2）对，恒成立，即对，恒成立.令，则.由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，因此.所以的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了构造函数法、常变量分离法，考查了数学运算能力和分类讨论思想.19、（1）；（2）见解析；（3）.【解析】（1）根据在处取极值可得，可求得，验证可知满足题意；根据导数的几何意义求得切线斜率，利用点斜式可求得切线方程；（2）求导后，分别在和两种情况下讨论导函数的符号，从而得到的单调性；（3）根据在上无零点可知在上的最大值和最小值符号一致；分别在，两种情况下根据函数的单调性求解最大值和最小值，利用符号一致构造不等式求得结果.【详解】（1）由题意得：在处取极值，解得：则当时，，单调递减；当时，，单调递增为极小值点，满足题意函数当时，由得：在处的切线方程为：，即：（2）由题意知：函数的定义域为，①当时若，恒成立，恒成立在内单调递减②当时由，得：；由得：在内单调递减，在内单调递增综上所述：当时，在内单调递减；当时，在内单调递减，在内单调递增（3）①当时，在上单调递减在上无零点，且②当时（i）若，即，则在上单调递增由，知符合题意（ii）若，即，则在上单调递减在上无零点，且（iii）若，即，则在上单调递减，在上单调递增，，符合题意综上所述，实数的取值范围是【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用问题，涉及到导数几何意义、极值与导数的关系、讨论含参数函数的单调性、根据区间内零点个数求解参数范围问题.本题的关键是能够通过分类讨论的方式，确定导函数的符号，从而判断出函数的单调性以及最值.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系.，，设平面的法向量为，则，故可设.由于，所以平面.（2）直线与平面所成角为，则.21、（1）；（2）【解析】（1）由实轴长求得，再由离心率得，从而求得得双曲线方程；（2）直线方程与双曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理求得中点坐标，代入圆方程可求得值【小问1详解】由已知，，又，所以，，所以双曲线方程为；【小问2详解】由，得，恒成立，设，，中点为，所以，，，又在圆x2＋y2=17上，所以，22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，